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2002 年真题

20 题

填空题

本题共5小题，每小题3分，满分15分

1

\int_{e}^{+ \infty} \frac{d x}{x ln ^{2} x} =

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【答案】 $1$

【解析】
考虑积分 $\int_{e}^{+ \infty} \frac{d x}{x l n ^{2} x}$ 。令 $u = ln x$ ，则 $d u = \frac{1}{x} d x$ ，即 $\frac{d x}{x} = d u$ 。当 $x = e$ 时， $u = 1$ ；当 $x \to + \infty$ 时， $u \to + \infty$ 。积分变为：

\int_{1}^{+ \infty} \frac{1}{u ^{2}} d u = \int_{1}^{+ \infty} u^{- 2} d u

计算该积分：

\int u^{- 2} d u = - \frac{1}{u} + C

因此，

[- \frac{1}{u}]_{1}^{+ \infty} = b \to + \infty lim (- \frac{1}{b}) - (- \frac{1}{1}) = 0 + 1 = 1

故积分的值为 1。

2

已知函数 $y = y (x)$ 由方程 $e^{y} + 6 x y + x^{2} - 1 = 0$ 确定，则 $y^{''} (0) =$ ______．

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【答案】 -2

【解析】 已知方程 $e^{y} + 6 x y + x^{2} - 1 = 0$ 确定函数 $y = y (x)$ 。首先求 $x = 0$ 时的 $y$ 值：代入 $x = 0$ 得 $e^{y} - 1 = 0$ ，所以 $y (0) = 0$ 。

对原方程求一阶导数：

e^{y} y^{'} + 6 y + 6 x y^{'} + 2 x = 0

解得：

y^{'} = \frac{- 6 y - 2 x}{e ^{y} + 6 x}

代入 $x = 0, y = 0$ ：

y^{'} (0) = \frac{- 6 \cdot 0 - 2 \cdot 0}{e ^{0} + 6 \cdot 0} = \frac{0}{1} = 0

对一阶导数方程再求导：

e^{y} (y^{'})^{2} + e^{y} y^{''} + 6 y^{'} + 6 y^{'} + 6 x y^{''} + 2 = 0

简化得：

e^{y} y^{''} + 6 x y^{''} + e^{y} (y^{'})^{2} + 12 y^{'} + 2 = 0

解得：

y^{''} = \frac{- e ^{y} ( y ^{'} ) ^{2} - 12 y ^{'} - 2}{e ^{y} + 6 x}

代入 $x = 0, y = 0, y^{'} = 0$ ：

y^{''} (0) = \frac{- e ^{0} \cdot 0 ^{2} - 12 \cdot 0 - 2}{e ^{0} + 6 \cdot 0} = \frac{- 2}{1} = - 2

故 $y^{''} (0) = - 2$ 。

3

微分方程 $y y^{''} + (y^{'})^{2} = 0$ 满足初始条件 $y ∣_{x = 0} = 1$ , $y^{'} ∣_{x = 0} = \frac{1}{2}$ 的特解是 ______．

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【答案】
$y = x + 1$

【解析】
给定微分方程 $y y^{''} + (y^{'})^{2} = 0$ 和初始条件 $y ∣_{x = 0} = 1$ , $y^{'} ∣_{x = 0} = \frac{1}{2}$ 。

设 $p = y^{'}$ ，则 $y^{''} = p \frac{d p}{d y}$ ，代入方程得 $y p \frac{d p}{d y} + p^{2} = 0$ 。

当 $p \neq = 0$ 时，除以 $p$ 得 $y \frac{d p}{d y} + p = 0$ ，即 $\frac{d p}{p} = - \frac{d y}{y}$ 。

积分得 $ln ∣ p ∣ = - ln ∣ y ∣ + C$ ，即 $p = \frac{K}{y}$ ，其中 $K$ 为常数。

由 $p = y^{'}$ 得 $y^{'} = \frac{K}{y}$ ，即 $y d y = K d x$ 。

积分得 $\frac{1}{2} y^{2} = K x + C_{1}$ ，即 $y^{2} = 2 K x + C_{2}$ 。

代入初始条件 $x = 0$ , $y = 1$ 得 $1 = C_{2}$ ，即 $C_{2} = 1$ 。

代入初始条件 $x = 0$ , $y^{'} = \frac{1}{2}$ 和 $y^{'} = \frac{K}{y}$ 得 $\frac{1}{2} = K$ ，即 $K = \frac{1}{2}$ 。

代入得 $y^{2} = 2 \cdot \frac{1}{2} x + 1 = x + 1$ ，故 $y = x + 1$ （取正根因初始 $y = 1 > 0$ ）。
验证满足微分方程和初始条件。

4

已知实二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3}) = a (x_{1}^{2} + x_{2}^{2} + x_{3}^{2}) + 4 x_{1} x_{2} + 4 x_{1} x_{3} + 4 x_{2} x_{3}$ 经正交变换 $x = P y$ 可化成标准型 $f = 6 y_{1}^{2}$ ，则 $a =$ ______．

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【答案】 $2$

【解析】 二次型 $f (x_{1}, x_{2}, x_{3})$ 对应的矩阵为：

A = a 22 2 a 2 22 a

经正交变换化为标准型 $f = 6 y_{1}^{2}$ ，表明矩阵 $A$ 的特征值为 $6, 0, 0$ 。
计算矩阵 $A$ 的特征值：考虑向量 $u = (1, 1, 1)^{T}$ ，有 $A u = (a + 4) u$ ，故特征值 $λ_{1} = a + 4$ 。对于垂直于 $u$ 的向量，如 $v = (1, - 1, 0)^{T}$ ，有 $A v = (a - 2) v$ ，故特征值 $λ_{2} = a - 2$ （重根）。
因此，特征值为 $a + 4$ 和 $a - 2$ （重根）。令特征值为 $6, 0, 0$ ，则有：

若 $a + 4 = 6$ 且 $a - 2 = 0$ ，解得 $a = 2$ 。
若 $a + 4 = 0$ 且 $a - 2 = 6$ ，解得 $a = - 4$ ，但此时特征值为 $0, - 6, - 6$ ，与标准型 $6 y_{1}^{2}$ 不符。
故 $a = 2$ 为唯一解。
验证：当 $a = 2$ 时，矩阵 $A$ 的特征值为 $6, 0, 0$ ，标准型为 $6 y_{1}^{2}$ ，符合题意。

5

设随机变量 $X$ 服从正态分布 $N (μ, σ^{2})$ （ $σ > 0$ ），且二次方程 $y^{2} + 4 y + X = 0$ 无实根的概率为 $\frac{1}{2}$ ，则 $μ =$ ______．

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【答案】 $4$

【解析】
二次方程 $y^{2} + 4 y + X = 0$ 无实根的条件是判别式小于零，即

Δ = 4^{2} - 4 \cdot 1 \cdot X = 16 - 4 X < 0,

解得 $X > 4$ 。
由题设，该方程无实根的概率为 $\frac{1}{2}$ ，即

P (X > 4) = \frac{1}{2} .

由于 $X \sim N (μ, σ^{2})$ ，且正态分布关于均值 $μ$ 对称，故

P (X > μ) = \frac{1}{2} .

比较得 $μ = 4$ 。

选择题

本题共5小题，每小题3分，共15分

6

考虑二元函数 $f (x, y)$ 的下面4条性质：

① $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处连续， ② $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处的两个偏导数连续，

③ $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处可微， ④ $f (x, y)$ 在点 $(x_{0}, y_{0})$ 处的两个偏导数存在．

若用`` $P \Rightarrow Q$ ‘‘表示可由性质 $P$ 推出 $Q$ ，则有

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正确答案：A

正确答案：A
【解析】 在二元函数中，性质之间的关系如下：如果偏导数连续（②），则函数可微（③），这是多元微积分中的定理；如果函数可微（③），则函数连续（①），这也是基本性质。因此，② ⇒ ③ ⇒ ①成立。选项B错误，因为可微不一定推出偏导数连续；选项C错误，因为偏导数存在（④）不一定推出连续（①）；选项D错误，因为连续（①）不一定推出偏导数存在（④）。故正确答案为A。

7

设 $u_{n} \neq = 0$ （ $n = 1, 2, 3, \dots$ ），且 $lim_{n \to \infty} \frac{n}{u _{n}} = 1$ ，则级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n + 1} (\frac{1}{u _{n}} + \frac{1}{u _{n + 1}})$

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正确答案：C

正确答案：C

【解析】 考虑级数 $\sum_{n = 1}^{\infty} (- 1)^{n + 1} (\frac{1}{u _{n}} + \frac{1}{u _{n + 1}})$ 。计算部分和：

S_{N} = n = 1 \sum N (- 1)^{n + 1} (\frac{1}{u _{n}} + \frac{1}{u _{n + 1}}) = n = 1 \sum N (- 1)^{n + 1} \frac{1}{u _{n}} + n = 1 \sum N (- 1)^{n + 1} \frac{1}{u _{n + 1}} .

在第二个和中，令 $m = n + 1$ ，则 $m$ 从 2 到 $N + 1$ ，且 $(- 1)^{n + 1} = (- 1)^{m}$ ，故

S_{N} = n = 1 \sum N (- 1)^{n + 1} \frac{1}{u _{n}} + m = 2 \sum N + 1 (- 1)^{m} \frac{1}{u _{m}} .

合并同类项：

S_{N} = \frac{1}{u _{1}} + n = 2 \sum N [(- 1)^{n + 1} + (- 1)^{n}] \frac{1}{u _{n}} + (- 1)^{N + 1} \frac{1}{u _{N + 1}} = \frac{1}{u _{1}} + (- 1)^{N + 1} \frac{1}{u _{N + 1}} .

由条件 $lim_{n \to \infty} \frac{n}{u _{n}} = 1$ ，知 $u_{n} \sim n$ ，故 $lim_{n \to \infty} u_{n} = \infty$ ，从而 $lim_{N \to \infty} \frac{1}{u _{N + 1}} = 0$ 。因此，

N \to \infty lim S_{N} = \frac{1}{u _{1}},

即级数收敛。

考虑绝对收敛性：级数的绝对值项为

(- 1)^{n + 1} (\frac{1}{u _{n}} + \frac{1}{u _{n + 1}}) = \frac{1}{∣ u _{n} ∣} + \frac{1}{∣ u _{n + 1} ∣} .

由 $u_{n} \sim n$ ，有 $\frac{1}{∣ u _{n} ∣} \sim \frac{1}{n}$ ，故级数 $\sum (\frac{1}{∣ u _{n} ∣} + \frac{1}{∣ u _{n + 1} ∣})$ 发散（调和级数）。因此，级数不是绝对收敛。

综上，级数条件收敛。

8

设函数 $y = f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 内有界且可导，则

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正确答案：B

正确答案：B

【解析】

令 $f (x) = \frac{1}{x} sin x^{2}$ ，则 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 有界，且

f^{'} (x) = - \frac{1}{x ^{2}} sin x^{2} + 2 cos x^{2} .

因为 $lim_{x \to + \infty} f (x) = 0$ ，但 $lim_{x \to + \infty} f^{'} (x)$ 不存在，故 (A) 不成立；
因为 $lim_{x \to 0^{+}} f (x) = 0$ ，但 $lim_{x \to 0^{+}} f^{'} (x) = 1 \neq = 0$ ，故 (C) 和 (D) 不成立；
因此选 (B)。

下面用反证法证明 (B) 正确：
假设 $lim_{x \to + \infty} f^{'} (x)$ 存在，且 $lim_{x \to + \infty} f^{'} (x) = A \neq = 0$ 。不妨设 $A > 0$ ，
取 $ε = \frac{A}{2} > 0$ ，则存在 $X > 0$ ，使得当 $x > X$ 时，

∣ f^{'} (x) - A ∣ < ε = \frac{A}{2},

即

\frac{A}{2} = A - \frac{A}{2} < f^{'} (x) < A + \frac{A}{2} = \frac{3 A}{2} .

由此可知， $f^{'} (x)$ 有界且大于 $\frac{A}{2}$ 。
在区间 $[X, x]$ 上应用拉格朗日中值定理，存在 $ξ \in (X, x)$ 使得

f (x) = f (X) + f^{'} (ξ) (x - X) > f (X) + \frac{A}{2} (x - X) .

从而 $lim_{x \to + \infty} f (x) = + \infty$ ，与题设 $f (x)$ 有界矛盾。

9

设有三张不同平面的方程 $a_{i 1} x + a_{i 2} y + a_{i 3} z = b_{i}, i = 1, 2, 3$ ，它们所组成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为 $2$ ，则这三张平面可能的位置关系为

A

B

C

D

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正确答案：B

正确答案：B
【解析】 事实上，由于方程组有解，且解空间的维数为 3 - 2 = 1，即公共解构成一条直线，故选 B。

10

设 $X_{1}$ 和 $X_{2}$ 是任意两个相互独立的连续型随机变量，它们的概率密度分别为 $f_{1} (x)$ 和 $f_{2} (x)$ ，分布函数分别为 $F_{1} (x)$ 和 $F_{2} (x)$ ，则

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正确答案：D

正确答案：D

【解析】

应选 (D)。函数 $f (x)$ 成为概率密度的充要条件为：

(1) f (x) \geq 0; (2) \int_{- \infty}^{+ \infty} f (x) d x = 1.

函数 $F (x)$ 成为分布函数的充要条件为：

(1) $F (x)$ 单调不减；(2) $lim_{x \to - \infty} F (x) = 0, lim_{x \to + \infty} F (x) = 1$ ；(3) $F (x)$ 右连续。

(A) 选项不对，因为

\int_{- \infty}^{+ \infty} [f_{1} (x) + f_{2} (x)] d x = \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{1} (x) d x + \int_{- \infty}^{+ \infty} f_{2} (x) d x = 1 + 1 = 2 \neq = 1.

(B) 选项不对，因为可取反例，令

f_{1} (x) = {1, 0, - 1 < x < 0, 其他; f_{2} (x) = {1, 0, 0 < x < 1, 其他 .

显然 $f_{1} (x), f_{2} (x)$ 均是均匀分布的概率密度。而 $f_{1} (x) f_{2} (x) = 0$ ，不满足条件。

(D) 选项正确。令 $X = max (X_{1}, X_{2})$ ，则 $X$ 也是一个随机变量。 $X$ 的分布函数为

F (x) = P {X \leq x} = P {max (X_{1}, X_{2}) \leq x} = P {X_{1} \leq x, X_{2} \leq x}

= P {X_{1} \leq x} P {X_{2} \leq x} = F_{1} (x) F_{2} (x) .

解答题

11

设函数 $f (x)$ 在 $x = 0$ 的某邻域内具有一阶连续导数，且 $f (0) \neq = 0, f^{'} (0) \neq = 0$ ，若 $a f (h) + b f (2 h) - f (0)$ 在 $h \to 0$ 时是比 $h$ 高阶的无穷小，试确定 $a, b$ 的值．

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【答案】
$a = 2$ ， $b = - 1$

【解析】
由题意， $a f (h) + b f (2 h) - f (0)$ 在 $h \to 0$ 时是比 $h$ 高阶的无穷小，即

h \to 0 lim \frac{a f ( h ) + b f ( 2 h ) - f ( 0 )}{h} = 0

由于 $f (x)$ 在 $x = 0$ 处具有一阶连续导数，且 $f (0) \neq = 0$ ， $f^{'} (0) \neq = 0$ ，使用一阶泰勒展开：

f (h) = f (0) + f^{'} (0) h + o (h), f (2 h) = f (0) + f^{'} (0) (2 h) + o (h) = f (0) + 2 f^{'} (0) h + o (h)

代入原式：

a f (h) + b f (2 h) - f (0) = a [f (0) + f^{'} (0) h + o (h)] + b [f (0) + 2 f^{'} (0) h + o (h)] - f (0)

= (a + b - 1) f (0) + (a f^{'} (0) + 2 b f^{'} (0)) h + o (h)

为使该表达式为比 $h$ 高阶的无穷小，常数项和 $h$ 的系数必须为零：

(a + b - 1) f (0) = 0, a f^{'} (0) + 2 b f^{'} (0) = 0

由 $f (0) \neq = 0$ ，得 $a + b = 1$ ；由 $f^{'} (0) \neq = 0$ ，得 $a + 2 b = 0$ 。
解方程组：

a + b = 1, a + 2 b = 0

得 $b = - 1$ ， $a = 2$ 。
验证：当 $a = 2$ ， $b = - 1$ 时，

2 f (h) - f (2 h) - f (0) = 2 [f (0) + f^{'} (0) h + o (h)] - [f (0) + 2 f^{'} (0) h + o (h)] - f (0) = o (h)

满足条件。

12

已知两曲线 $y = f (x)$ 与 $y = \int_{0}^{a r c t a n x} e^{- t^{2}} d t$ 在点 $(0, 0)$ 处的切线相同，写出此切线方程，并求极限 $lim_{n \to \infty} n f (\frac{2}{n})$ ．

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【答案】
切线方程为 $y = x$ ，极限为 $2$ 。

【解析】
已知两曲线在点 $(0, 0)$ 处的切线相同。首先，求第二曲线 $y = \int_{0}^{a r c t a n x} e^{- t^{2}} d t$ 在 $x = 0$ 处的函数值和导数。
当 $x = 0$ 时， $arctan 0 = 0$ ，积分区间为 $[0, 0]$ ，故函数值为 $0$ 。
求导：令 $g (x) = \int_{0}^{a r c t a n x} e^{- t^{2}} d t$ ，则

g^{'} (x) = e^{- (a r c t a n x)^{2}} \cdot \frac{d}{d x} (arctan x) = e^{- (a r c t a n x)^{2}} \cdot \frac{1}{1 + x ^{2}}

在 $x = 0$ 处，

g^{'} (0) = e^{- 0} \cdot \frac{1}{1} = 1

因此，第二曲线在 $(0, 0)$ 处的切线斜率为 $1$ 。
由于切线相同，第一曲线 $y = f (x)$ 在 $x = 0$ 处满足 $f (0) = 0$ 和 $f^{'} (0) = 1$ 。
切线方程为过点 $(0, 0)$ 且斜率为 $1$ 的直线：

y = x

接下来，求极限 $lim_{n \to \infty} n f (\frac{2}{n})$ 。
由 $f^{'} (0) = 1$ ，根据导数定义：

f^{'} (0) = h \to 0 lim \frac{f ( h ) - f ( 0 )}{h} = h \to 0 lim \frac{f ( h )}{h} = 1

令 $h = \frac{2}{n}$ ，则当 $n \to \infty$ 时， $h \to 0$ 。
于是

n f (\frac{2}{n}) = \frac{2}{h} f (h) = 2 \cdot \frac{f ( h )}{h}

取极限：

n \to \infty lim n f (\frac{2}{n}) = h \to 0 lim 2 \cdot \frac{f ( h )}{h} = 2 \cdot 1 = 2

故极限为 $2$ 。

13

计算二重积分 $\iint_{D} e^{m a x {x^{2}, y^{2}}} d x d y$ ，其中 $D = {(x, y) ∣0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1}$ ．

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【答案】 $e - 1$

【解析】
计算二重积分

\iint_{D} e^{m a x {x^{2}, y^{2}}} d x d y,

其中

D = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1} .

由于 $max {x^{2}, y^{2}}$ 取决于 $x$ 与 $y$ 的大小关系，将区域 $D$ 分为两部分：

$D_{1} = {(x, y) \in D ∣ x \geq y}$ ，其中 $max {x^{2}, y^{2}} = x^{2}$ ，
$D_{2} = {(x, y) \in D ∣ x < y}$ ，其中 $max {x^{2}, y^{2}} = y^{2}$ 。

于是原积分可写为：

\iint_{D} e^{m a x {x^{2}, y^{2}}} d x d y = \iint_{D_{1}} e^{x^{2}} d x d y + \iint_{D_{2}} e^{y^{2}} d x d y .

由对称性可知：

\iint_{D_{1}} e^{x^{2}} d x d y = \iint_{D_{2}} e^{y^{2}} d x d y,

因此只需计算其中一个并乘以 2 即可。

现在计算：

\iint_{D_{1}} e^{x^{2}} d x d y,

其中 $D_{1}$ 由 $0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq x$ 给出：

\iint_{D_{1}} e^{x^{2}} d x d y = \int_{0}^{1} \int_{0}^{x} e^{x^{2}} d y d x = \int_{0}^{1} e^{x^{2}} \cdot x d x .

令 $u = x^{2}$ ，则 $d u = 2 x d x$ ，即 $x d x = \frac{d u}{2}$ ，积分限变为 $u = 0$ 到 $u = 1$ ：

\int_{0}^{1} x e^{x^{2}} d x = \int_{0}^{1} e^{u} \cdot \frac{d u}{2} = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} e^{u} d u = \frac{1}{2} [e^{u}]_{0}^{1} = \frac{1}{2} (e - 1) .

因此：

\iint_{D} e^{m a x {x^{2}, y^{2}}} d x d y = 2 \times \frac{1}{2} (e - 1) = e - 1.

故答案为：

e - 1.

14

设函数 $f (x)$ 在 $(- \infty, + \infty)$ 内具有一阶连续导数， $L$ 是上半平面 $(y > 0)$ 内的有向分段光滑曲线，其起点为 $(a, b)$ ，终点为 $(c, d)$ ．记

I = \int_{L} \frac{1}{y} [1 + y^{2} f (x y)] d x + \frac{x}{y ^{2}} [y^{2} f (x y) - 1] d y,

(1) 证明曲线积分 $I$ 与路径 $L$ 无关； (2) 当 $ab = c d$ 时，求 $I$ 的值．

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【答案】
(1) 由于 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，曲线积分 $I$ 与路径无关。
(2) 当 $ab = c d$ 时， $I = \frac{c}{d} - \frac{a}{b}$ 。

【解析】
(1) 设

P (x, y) = \frac{1}{y} [1 + y^{2} f (x y)] = \frac{1}{y} + y f (x y), Q (x, y) = \frac{x}{y ^{2}} [y^{2} f (x y) - 1] = x f (x y) - \frac{x}{y ^{2}} .

计算偏导数：

\frac{\partial P}{\partial y} = - \frac{1}{y ^{2}} + f (x y) + y \cdot f^{'} (x y) \cdot x = - \frac{1}{y ^{2}} + f (x y) + x y f^{'} (x y),

\frac{\partial Q}{\partial x} = f (x y) + x \cdot f^{'} (x y) \cdot y - \frac{1}{y ^{2}} = f (x y) + x y f^{'} (x y) - \frac{1}{y ^{2}} .

因此， $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，故曲线积分 $I$ 与路径无关。

(2) 由于曲线积分与路径无关，存在势函数 $U (x, y)$ 使得

d U = P d x + Q d y .

由 $U_{x} = P$ ，积分得

U = \int (\frac{1}{y} + y f (x y)) d x = \frac{x}{y} + \int y f (x y) d x .

令 $u = x y$ ，则 $d u = y d x$ ，所以

\int y f (x y) d x = \int f (u) d u = F (u) + C (y) = F (x y) + C (y),

其中 $F$ 是 $f$ 的一个原函数。于是

U = \frac{x}{y} + F (x y) + C (y) .

再由 $U_{y} = Q$ ，有

U_{y} = - \frac{x}{y ^{2}} + F^{'} (x y) \cdot x + C^{'} (y) = - \frac{x}{y ^{2}} + x f (x y) + C^{'} (y) .

与 $Q = x f (x y) - \frac{x}{y ^{2}}$ 比较，得 $C^{'} (y) = 0$ ，即 $C (y)$ 为常数。取 $C (y) = 0$ ，则

U (x, y) = \frac{x}{y} + F (x y) .

因此，

I = U (c, d) - U (a, b) = (\frac{c}{d} + F (c d)) - (\frac{a}{b} + F (ab)) = \frac{c}{d} - \frac{a}{b} + [F (c d) - F (ab)] .

当 $ab = c d$ 时， $F (c d) - F (ab) = 0$ ，故

I = \frac{c}{d} - \frac{a}{b} .

15

(1) 验证函数 $y (x) = 1 + \frac{x ^{3}}{3 !} + \frac{x ^{6}}{6 !} + \frac{x ^{9}}{9 !} + \dots + \frac{x ^{3 n}}{( 3 n )!} + \dots$ （ $- \infty < x < + \infty$ ）满足微分方程 $y^{''} + y^{'} + y = e^{x}$ ；

(2) 利用(1)的结果求幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x ^{3 n}}{( 3 n )!}$ 的和函数．

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【答案】
(1) 函数 $y (x)$ 满足微分方程 $y^{''} + y^{'} + y = e^{x}$ 。
(2) 幂级数 $\sum_{n = 0}^{\infty} \frac{x ^{3 n}}{( 3 n )!}$ 的和函数为 $\frac{1}{3} e^{x} + \frac{2}{3} e^{- x /2} cos (\frac{3}{2} x)$ 。

【解析】
(Ⅰ)
$y (x) = 1 + \frac{x ^{3}}{3 !} + \frac{x ^{6}}{6 !} + \frac{x ^{9}}{9 !} + \dots + \frac{x ^{3 n}}{( 3 n )!} + \dots$ ，逐项可导得

y^{'} (x) = \frac{x ^{2}}{2 !} + \frac{x ^{5}}{5 !} + \frac{x ^{8}}{8 !} + \dots + \frac{x ^{3 n - 1}}{( 3 n - 1 )!} + \dots,

y^{''} (x) = x + \frac{x ^{4}}{4 !} + \frac{x ^{7}}{7 !} + \dots + \frac{x ^{3 n - 2}}{( 3 n - 2 )!} + \dots .

从而

y^{''} (x) + y^{'} (x) + y (x) = 1 + n = 1 \sum \infty \frac{x ^{n}}{n !} = e^{x} .

(Ⅱ)
微分方程 $y^{''} + y^{'} + y = e^{x}$ 对应的齐次线性方程为 $y^{''} + y^{'} + y = 0$ ，其特征方程为

λ^{2} + λ + 1 = 0

特征根为 $- \frac{1}{2} \pm \frac{3}{2} i$ ，所以齐次通解为

y = e^{- \frac{x}{2}} [C_{1} cos \frac{3}{2} x + C_{2} sin \frac{3}{2} x] .

设非齐次方程的特解为 $y = c e^{x}$ ，代入原方程得 $c = \frac{1}{3}$ 。故原方程通解为

y = e^{- \frac{x}{2}} [C_{1} cos \frac{3}{2} x + C_{2} sin \frac{3}{2} x] + \frac{1}{3} e^{x} .

由初始条件 $y (0) = 1, y^{'} (0) = 0$ 得 $C_{1} = \frac{2}{3}, C_{2} = 0$ 。从而

y = \frac{2}{3} e^{- \frac{x}{2}} cos \frac{3}{2} x + \frac{1}{3} e^{x} .

于是

n = 0 \sum \infty \frac{x ^{3 n}}{( 3 n )!} = \frac{2}{3} e^{- \frac{x}{2}} cos \frac{3}{2} x + \frac{1}{3} e^{x} (- \infty < x < + \infty) .

16

设有一小山，取它的底面所在的平面为 $x oy$ 坐标面，其底部所占的区域为 $D = {(x, y) x^{2} + y^{2} - x y \leq 75}$ ，小山的高度函数为 $h (x, y) = 75 - x^{2} - y^{2} + x y$ ．

(1) 设 $M (x_{0}, y_{0})$ 为区域 $D$ 上的一点，问 $h (x, y)$ 在该点沿平面上什么方向的方向导数最大？若记此反向导数的最大值为 $g (x_{0}, y_{0})$ ，试写出 $g (x_{0}, y_{0})$ 表达式．

(2) 现欲利用此小山开展攀岩活动，为此需要在山脚寻找一上山坡度最大的点作为攀登的起点．也就是说，要在 $D$ 的边界线 $x^{2} + y^{2} - x y = 75$ 上找出使(!Ⅰ!)中的 $g (x, y)$ 达到最大值的点．试确定攀登起点的位置．

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【答案】
(1) $h (x, y)$ 在点 $M (x_{0}, y_{0})$ 沿梯度方向 $\nabla h = (- 2 x_{0} + y_{0}, - 2 y_{0} + x_{0})$ 的方向导数最大，最大值为 $g (x_{0}, y_{0}) = (- 2 x_{0} + y_{0})^{2} + (- 2 y_{0} + x_{0})^{2} = 5 x_{0}^{2} + 5 y_{0}^{2} - 8 x_{0} y_{0}$ 。
(2) 攀登起点的位置为 $(5, - 5)$ 和 $(- 5, 5)$ 。

【解析】
(1) 函数

h (x, y) = 75 - x^{2} - y^{2} + x y

的梯度为

\nabla h = (\frac{\partial h}{\partial x}, \frac{\partial h}{\partial y}) = (- 2 x + y, - 2 y + x) .

在点 $M (x_{0}, y_{0})$ 处，方向导数最大的方向是梯度的方向，即

\nabla h (x_{0}, y_{0}) = (- 2 x_{0} + y_{0}, - 2 y_{0} + x_{0}) .

方向导数的最大值是梯度的模：

g (x_{0}, y_{0}) = ∥\nabla h (x_{0}, y_{0}) ∥ = (- 2 x_{0} + y_{0})^{2} + (- 2 y_{0} + x_{0})^{2} = 5 x_{0}^{2} + 5 y_{0}^{2} - 8 x_{0} y_{0} .

(2) 需要在边界 $x^{2} + y^{2} - x y = 75$ 上最大化 $g (x, y) = 5 x^{2} + 5 y^{2} - 8 x y$ 。由于平方根函数单调，等价于最大化 $f (x, y) = 5 x^{2} + 5 y^{2} - 8 x y$ 。使用拉格朗日乘数法，设拉格朗日函数 $L (x, y, λ) = 5 x^{2} + 5 y^{2} - 8 x y - λ (x^{2} + y^{2} - x y - 75)$ 。求偏导数：

\frac{\partial L}{\partial x} = 10 x - 8 y - λ (2 x - y) = 0, \frac{\partial L}{\partial y} = 10 y - 8 x - λ (2 y - x) = 0.

联立解得 $x^{2} = y^{2}$ ，即 $x = \pm y$ 。代入约束条件：

当 $x = y$ 时， $x^{2} + x^{2} - x \cdot x = x^{2} = 75$ ，得 $x = \pm 53$ ，点為 $(53, 53)$ 和 $(- 53, - 53)$ 。
当 $x = - y$ 时， $x^{2} + x^{2} - x \cdot (- x) = 3 x^{2} = 75$ ，得 $x = \pm 5$ ，点為 $(5, - 5)$ 和 $(- 5, 5)$ 。
计算 $g (x, y)$ ：
在 $(53, 53)$ 和 $(- 53, - 53)$ 上， $g = 5 \cdot 75 + 5 \cdot 75 - 8 \cdot 75 = 150 = 56$ 。
在 $(5, - 5)$ 和 $(- 5, 5)$ 上， $g = 5 \cdot 25 + 5 \cdot 25 - 8 \cdot (- 25) = 450 = 152$ 。
比较得 $152 > 56$ ，故最大值在点 $(5, - 5)$ 和 $(- 5, 5)$ 处取得。因此，攀登起点的位置为 $(5, - 5)$ 和 $(- 5, 5)$ 。

17

已知 $4$ 阶方阵 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ， $α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 均为4维列向量，其中 $α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性无关， $α_{1} = 2 α_{2} - α_{3}$ ．如果 $β = α_{1} + α_{2} + α_{3} + α_{4}$ ，求线性方程组 $A x = β$ 的通解．

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【答案】
线性方程组 $A x = β$ 的通解为 $x = k 1 - 2 10 + 0301$ ，其中 $k$ 为任意常数。

【解析】
已知 $A = (α_{1}, α_{2}, α_{3}, α_{4})$ ，其中 $α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性无关，且 $α_{1} = 2 α_{2} - α_{3}$ ， $β = α_{1} + α_{2} + α_{3} + α_{4}$ 。
线性方程组 $A x = β$ 等价于 $x_{1} α_{1} + x_{2} α_{2} + x_{3} α_{3} + x_{4} α_{4} = β$ 。
代入 $β$ 和 $α_{1}$ 得：

x_{1} (2 α_{2} - α_{3}) + x_{2} α_{2} + x_{3} α_{3} + x_{4} α_{4} = α_{1} + α_{2} + α_{3} + α_{4} = (2 α_{2} - α_{3}) + α_{2} + α_{3} + α_{4} = 3 α_{2} + α_{4}

整理得：

(2 x_{1} + x_{2} - 3) α_{2} + (- x_{1} + x_{3}) α_{3} + (x_{4} - 1) α_{4} = 0

由于 $α_{2}, α_{3}, α_{4}$ 线性无关，系数必须为零：

2 x_{1} + x_{2} - 3 = 0

- x_{1} + x_{3} = 0

x_{4} - 1 = 0

解得：

x_{3} = x_{1}

x_{4} = 1

x_{2} = 3 - 2 x_{1}

令 $x_{1} = k$ （ $k$ 为任意常数），则通解为：

x = k 3 - 2 k k 1 = k 1 - 2 10 + 0301

其中，齐次方程 $A x = 0$ 的通解为 $k 1 - 2 10$ ，特解为 $0301$ 。
验证：代入原方程， $A x = k α_{1} + (3 - 2 k) α_{2} + k α_{3} + α_{4}$ ，代入 $α_{1} = 2 α_{2} - α_{3}$ ，得 $k (2 α_{2} - α_{3}) + (3 - 2 k) α_{2} + k α_{3} + α_{4} = 3 α_{2} + α_{4} = β$ ，成立。

18

设 $A, B$ 为同阶方阵，

(1) 如果 $A, B$ 相似，试证 $A, B$ 的特征多项式相等．

(2) 举一个二阶方阵的例子说明(!Ⅰ!)的逆命题不成立．

(3) 当 $A, B$ 均为实对称矩阵时，试证(!Ⅰ!)的逆命题成立．

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【解析】

(1) 因 $A \sim B$ ，由定义知，存在可逆阵 $P$ ，使得 $P^{- 1} A P = B$ ，故

∣ λ E - B ∣ = ∣ λ E - P^{- 1} A P ∣ = ∣ λ P^{- 1} P - P^{- 1} A P ∣ = ∣ P^{- 1} (λ E - A) P ∣

= ∣ P^{- 1} ∣∣ λ E - A ∣∣ P ∣ = ∣ λ E - A ∣,

故 $A, B$ 有相同的特征多项式。

(2) 取 $A = (0000), B = (0010)$ ，则有

∣ λ E - A ∣ = λ 0 0 λ = λ^{2}, ∣ λ E - B ∣ = λ 0 - 1 λ = λ^{2},

即 $A, B$ 有相同的特征多项式，但 $A$ 不相似于 $B$ 。这是因为对任何的2阶可逆阵 $P$ ，均有 $P^{- 1} A P = P^{- 1} OP = O \neq = B$ ，故 (Ⅰ) 的逆命题不成立。

(3) 当 $A, B$ 都是实对称矩阵时， $A, B$ 均能相似于对角阵，且该对角阵的对角线元素由 $A, B$ 的特征值组成。若 $A, B$ 有相同的特征多项式，则 $A, B$ 有相同的特征值（包含重数），故 $A, B$ 将相似于同一个对角阵。设特征值为 $λ_{1}, λ_{2}, \dots, λ_{n}$ ，则有

A \sim λ_{1} λ_{2} ⋱ λ_{n}, B \sim λ_{1} λ_{2} ⋱ λ_{n} .

由相似的传递性，知 $A \sim B$ ，即 (Ⅰ) 的逆命题成立。

19

设随机变量 $X$ 的概率密度为 $f (x) = {\frac{1}{2} cos \frac{x}{2} 0, 0 \leq x \leq π; 其他 .$ 对 $X$ 独立地重复观察 $4$ 次，用 $Y$ 表示观察值大于 $\frac{π}{3}$ 的次数，求 $Y^{2}$ 的数学期望．

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【答案】 $5$

【解析】
首先，计算事件“观察值大于 $\frac{π}{3}$ ”的概率 $p$ 。
由概率密度函数可得：

p = P (X > \frac{π}{3}) = \int_{\frac{π}{3}}^{π} \frac{1}{2} cos \frac{x}{2} d x

令 $u = \frac{x}{2}$ ，则 $d u = \frac{1}{2} d x$ ，即 $d x = 2 d u$ 。积分限变为：当 $x = \frac{π}{3}$ 时， $u = \frac{π}{6}$ ；当 $x = π$ 时， $u = \frac{π}{2}$ 。
于是：

p = \int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} \frac{1}{2} cos u \cdot 2 d u = \int_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} cos u d u = sin u_{\frac{π}{6}}^{\frac{π}{2}} = sin \frac{π}{2} - sin \frac{π}{6} = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

因此， $Y$ 服从二项分布 $B (4, \frac{1}{2})$ 。
二项分布的期望和方差为：

E [Y] = n p = 4 \times \frac{1}{2} = 2

Var (Y) = n p (1 - p) = 4 \times \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = 1

由方差公式：

Var (Y) = E [Y^{2}] - (E [Y])^{2}

代入得：

1 = E [Y^{2}] - 2^{2} = E [Y^{2}] - 4

解得：

E [Y^{2}] = 1 + 4 = 5

故 $Y^{2}$ 的数学期望为 5。

20

设总体 $X$ 的概率分布为

X P 0 θ^{2} 1 2 θ (1 - θ) 2 θ^{2} 3 1 - 2 θ

其中 $θ$ （ $0 < θ < \frac{1}{2}$ ）是未知参数，利用总体 $X$ 的如下样本值 $3, 1, 3, 0, 3, 1, 2, 3$ ，求 $θ$ 的矩阵估计值和最大似然估计值．

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【答案】
矩估计值： $\frac{1}{4}$
最大似然估计值： $\frac{7 - 13}{12}$

【解析】
首先，求矩估计值。

总体均值：

E (X) = 0 \cdot θ^{2} + 1 \cdot 2 θ (1 - θ) + 2 \cdot θ^{2} + 3 \cdot (1 - 2 θ) = 2 θ (1 - θ) + 2 θ^{2} + 3 - 6 θ

简化得：

E (X) = 3 - 4 θ

样本值为：

3, 1, 3, 0, 3, 1, 2, 3

样本均值为：

\overset{x}{ˉ} = \frac{3 + 1 + 3 + 0 + 3 + 1 + 2 + 3}{8} = 2

令 $E (X) = \overset{x}{ˉ}$ ，即：

3 - 4 θ = 2

解得：

θ = \frac{1}{4}

其次，求最大似然估计值。

样本中：

$X = 0$ 出现 1 次
$X = 1$ 出现 2 次
$X = 2$ 出现 1 次
$X = 3$ 出现 4 次

似然函数为：

L (θ) = [P (X = 0)]^{1} [P (X = 1)]^{2} [P (X = 2)]^{1} [P (X = 3)]^{4}

代入概率：

L (θ) = (θ^{2})^{1} \cdot [2 θ (1 - θ)]^{2} \cdot (θ^{2})^{1} \cdot (1 - 2 θ)^{4}

整理得：

L (θ) = 4 θ^{6} (1 - θ)^{2} (1 - 2 θ)^{4}

取对数似然函数：

l (θ) = ln L (θ) = ln 4 + 6 ln θ + 2 ln (1 - θ) + 4 ln (1 - 2 θ)

求导并令导数为零：

l^{'} (θ) = \frac{6}{θ} - \frac{2}{1 - θ} - \frac{8}{1 - 2 θ} = 0

乘以 $θ (1 - θ) (1 - 2 θ)$ 得：

6 (1 - θ) (1 - 2 θ) - 2 θ (1 - 2 θ) - 8 θ (1 - θ) = 0

展开：

6 (1 - 3 θ + 2 θ^{2}) - 2 θ + 4 θ^{2} - 8 θ + 8 θ^{2} = 0

6 - 18 θ + 12 θ^{2} - 2 θ + 4 θ^{2} - 8 θ + 8 θ^{2} = 0

6 - 28 θ + 24 θ^{2} = 0

12 θ^{2} - 14 θ + 3 = 0

解二次方程：

θ = \frac{14 \pm 196 - 144}{24} = \frac{14 \pm 52}{24} = \frac{7 \pm 13}{12}

由于 $0 < θ < \frac{1}{2}$ ，取：

θ = \frac{7 - 13}{12}